《2020屆高三物理一輪復習 第三章 第3講 牛頓運動定律的綜合應用課時作業(yè)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高三物理一輪復習 第三章 第3講 牛頓運動定律的綜合應用課時作業(yè)（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、牛頓運動定律的綜合應用 一、單項選擇題 1．(2018·浙江4月選考)如圖所示，小芳在體重計上完成下蹲動作，下列F-t圖象能反映體重計示數(shù)隨時間變化的是(　　) 解析：對人的運動過程分析可知，人下蹲的過程可以分成兩段：人在加速下蹲的過程中，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力小于人的重力的大小；在減速下蹲的過程中，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力大于人的重力的大小，故C正確，A、B、D錯誤． 答案：C 2．我國航天員要在天宮1號航天器實驗艙的桌面上測量物體的質量，采用的方法如下：質量為m1的標準物A的前后連接有質量均為m2的兩個力傳感器．待

2、測質量的物體B連接在后傳感器上．在某一外力作用下整體在桌面上運動，如圖所示．穩(wěn)定后標準物A前后兩個傳感器的讀數(shù)分別為F1、F2，由此可知待測物體B的質量為(　　) A.　　　　　　 B. C. D. 解析：整體為研究對象，由牛頓第二定律得F1＝(m1＋2m2＋m)a；隔離B物體，由牛頓第二定律得F2＝ma；聯(lián)立可得m＝，B對． 答案：B 3．如圖甲所示，小物塊從足夠長的光滑斜面頂端由靜止自由滑下．下滑位移x時的速度為v，其x - v2圖象如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則斜面傾角θ為(　　) A．30° B．45° C．60° D．75° 解析：由v2＝2ax得

3、x＝v2，結合x - v2圖象可知小物塊的加速度a＝5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，小物塊的加速度a＝gsin θ，所以θ＝30°，選項A正確，B、C、D錯誤． 答案：A 4．質量為M的皮帶輪工件放置在水平桌面上，一細繩繞過皮帶輪的皮帶槽，一端系一質量為m的重物，另一端固定在桌面上．如圖所示，工件與桌面、繩之間以及繩與桌面邊緣之間的摩擦都忽略不計，桌面上繩與桌面平行，則重物下落過程中，工件運動的加速度為(　　) A. B. C. D. 解析：相等時間內重物下落的距離是工件運動距離的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，設繩上的拉力為F，根據(jù)牛頓第二定律有：＝2×，解

4、得：F＝，工件加速度為：a＝＝，所以A正確． 答案：A 二、多項選擇題 5.在升降電梯內的地板上放一體重計，電梯靜止時，某同學站在體重計上，體重計示數(shù)為50 kg，電梯運動過程中，某一段時間內該同學發(fā)現(xiàn)體重計示數(shù)如圖所示，已知重力加速度為g，則在這段時間內，下列說法中正確的是(　　) A．該同學所受的重力變小了 B．該同學對體重計的壓力等于體重計對該同學的支持力大小 C．電梯一定在豎直向下運動 D．電梯的加速度大小為，方向一定豎直向下 解析：體重計的示數(shù)減小，說明該同學對其壓力減小，但該同學所受重力沒有變化，故選項A錯誤；該同學對體重計的壓力和體重計對其的支持力是一對作用力

5、與反作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知選項B正確；體重計的示數(shù)變小，說明處于失重狀態(tài)，電梯可能向下加速運動或者向上減速運動，故選項C錯誤；電梯靜止時，由平衡條件知FN1＝mg，電梯運動過程中，由牛頓第二定律可知mg－FN2＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝g，故選項D正確． 答案：BD 6．(2019·山東濟南模擬)如圖所示，用力F拉A、B、C三個物體在光滑水平面上運動，現(xiàn)在中間的B物體上加一塊橡皮泥，它和中間的物體一起運動，且原拉力F不變，那么加上物體以后，兩段繩的拉力Ta和Tb的變化情況是(　　) A．Ta增大 B．Tb增大 C．Ta減小 D．Tb減小 解析：設最左邊的物體質量為m，最右

6、邊的物體質量為m′，整體質量為M，整體的加速度a＝，對最左邊的物體分析，Tb＝ma＝，對最右邊的物體分析，有F－Ta＝m′a，解得Ta＝F－.在中間物體上加上一個小物體，則整體的加速度a減小，因為m、m′不變，所以Tb減小，Ta增大，A、D正確． 答案：AD 7．(2019·貴州省黔東南州模擬)粗糙的水平面上一物體在水平方向拉力作用下做直線運動，水平拉力F及運動速度v隨時間變化的圖線如圖中甲、乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，則(　　) A．前2 s內物體運動的加速度為2 m/s2 B．前4 s內物體運動的位移大小為8 m C．物體的質量m為2 kg D．物體與地面間的動

7、摩擦因數(shù)μ＝0.1 解析：根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度，可知前2 s內物體的運動加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，故A正確；前4 s內物體的位移為x＝(×2×4＋2×4) m＝12 m，故B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得，前2 s內F1－μmg＝ma，后2 s內F2＝μmg，由圖得F1＝15 N，F(xiàn)2＝5 N，代入解得m＝5 kg，μ＝0.1，故C錯誤，D正確． 答案：AD [能力題組] 一、選擇題 8．(多選)(2019·四川成都聯(lián)考)如圖所示，甲圖為光滑水平面上質量為M的物體，用細線通過定滑輪與質量為m的物體相連，由靜止釋放M；乙圖為同一物體M在光滑水平面上用細線通過定滑輪

8、受到豎直向下拉力F的作用，拉力F的大小與m的重力相等，由靜止釋放M，開始時M距桌邊的距離相等，則(　　) A．甲、乙兩圖中M的加速度相等，均為 B．甲、乙兩圖中細線受到的拉力相等 C．甲圖中M到達桌邊用的時間較長，速度較小 D．甲圖中M的加速度為aM＝，乙圖中M的加速度為aM′＝ 解析：甲圖：以兩個物體整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得aM＝；乙圖：aM′＝，故A錯誤，D正確；乙圖中細線拉力大小為F＝mg，而甲圖中，對M：FT＝MaM＝

9、． 答案：CD 9．(多選)(2019·湖北部分重點中學期末)質量為m＝2 kg的物塊靜止放置在粗糙水平地面O處，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，在水平拉力F作用下物塊由靜止開始沿水平地面向右運動，經(jīng)過一段時間后，物塊回到出發(fā)點O處，取水平向右為速度的正方向，如圖甲所示，物塊運動過程中其速度v隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，則(　　) A．物塊經(jīng)過4 s回到出發(fā)點 B．物塊運動到第3 s末時改變水平拉力的方向 C．3.5 s時刻水平力F的大小為4 N D．4.5 s時刻水平力F的大小為16 N 解析：物塊經(jīng)過4 s，速度減小到零，離出發(fā)點最遠，

10、選項A錯誤．在0～3 s時間內，物塊加速度a1＝1 m/s2.由牛頓運動定律，F(xiàn)1－μmg＝ma1，解得F1＝12 N．在3～4 s時間內，物塊加速度a2＝－3 m/s2，由牛頓運動定律，F(xiàn)2－μmg＝ma2，解得F2＝4 N，物塊運動到第3 s時水平拉力由12 N改變?yōu)? N，但是方向沒有改變，選項B錯誤，C正確．在4～5 s時間內，速度為負值，摩擦力方向改變，物塊加速度a3＝－3 m/s2.由牛頓運動定律，F(xiàn)3＋μmg＝ma3，解得F3＝－16 N，選項D正確． 答案：CD 10．如圖所示，質量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運動距離h時

11、，B與A分離．下列說法正確的是(　　) A．B和A剛分離時，彈簧長度等于原長 B．B和A剛分離時，它們的加速度為g C．彈簧的勁度系數(shù)等于 D．在B與A分離之前，它們做勻加速直線運動 解析：A、B分離前，A、B共同做加速運動，由于F是恒力，而彈力是變力，故A、B做變加速直線運動，當兩物體要分離時，F(xiàn)AB＝0. 對B：F－mg＝ma， 對A：kx－mg＝ma. 即F＝kx時，A、B分離，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)． 設用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0， 有2mg＝kx0，h＝x0－x，F(xiàn)＝mg， 解以上各式得a＝0，k＝.綜上所述，只有選項C正確． 答案：C 二、非選擇題

12、 11．如圖所示，粗糙的地面上放著一個質量M＝1.5 kg的斜面體，斜面部分光滑，底面與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，傾角θ＝37°，在固定在斜面的擋板上用輕質彈簧連接一質量m＝0.5 kg的小球，彈簧勁度系數(shù)k＝200 N/m，現(xiàn)給斜面施加一水平向右的恒力F，使整體向右以a＝1 m/s2的加速度勻加速運動(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．求： (1)F的大??； (2)彈簧的形變量及斜面對小球的支持力大?。? 解析：(1)對整體應用牛頓第二定律： F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a 解得：F＝6 N. (2)設彈簧的形變量為x，斜面對小球的

13、支持力為FN 對小球受力分析： 在水平方向：kxcos θ－FNsin θ＝ma 在豎直方向：kxsin θ＋FNcos θ＝mg 解得：x＝0.017 m，F(xiàn)N＝3.7 N. 答案：(1)6 N　(2)0.017 m　3.7 N 12．(2019·浙江杭州五校聯(lián)盟聯(lián)考)足夠長光滑斜面BC的傾角α＝53°，小物塊與水平面間動摩擦因數(shù)為0.5，水平面與斜面之間由一小段長度不計的弧形連接，一質量m＝2 kg的小物塊靜止于A點．現(xiàn)在AB段對小物塊施加與水平方向成α＝53°角的恒力F作用，如圖甲所示，小物塊在AB段運動的速度—時間圖象如圖乙所示，到達B點撤去恒力F(已知sin 53°＝0.

14、8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求： (1)小物塊所受到的恒力F的大??； (2)小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間； (3)小物塊能否返回到A點？若能，計算小物塊通過A點時的速度；若不能，計算小物塊停止運動時離B點的距離． 解析：(1)由題圖乙可知，AB段加速度 a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2， 根據(jù)牛頓第二定律，有Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1， 解得F＝11 N. (2)在BC段mgsin α＝ma2，解得a2＝8.0 m/s2. 小物塊從B上滑到最高點所用時間與從最高點滑回到B所用時間相等，由題圖乙可知，小物塊到達B點的速度vB＝2.0 m/s，有 t＝＝ s＝0.5 s. (3)小物塊從B向A運動過程中，有μmg＝ma3， 解得a3＝5.0 m/s2. 滑行的位移s＝＝ m＝0.4 m sAB＝t＝t＝×4.0 m＝4.0 m>0.4 m，所以小物塊不能返回到A點，停止運動時離B點的距離為0.4 m. 答案：(1)11 N　(2)0.5 s (3)不能返回到A點，停止運動時離B點的距離為0.4 m 8